Kì thi khảo sát chất lượng lần 4 năm học 2015 - 2016 đề thi môn: Toán – khối 11 thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN 
—————— 
Đề thi gồm: 01 trang 
KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 4 
NĂM HỌC 2015 -2016 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN – KHỐI 11 
Thời gian làm bài:120 phút, không kể thời gian giao đề. 
——————— 
Câu 1 (3,0 điểm). 
a) Tính đạo hàm các hàm số sau:      4 2 2 12 3; 1 ;
sin 2
f x x x g x x h x
x
      . 
b) Tìm các giới hạn sau:    4 2 3 2
5
2 1lim 2 3 ; lim 3 2 ; lim
5x x x
xx x x x
x  

    

. 
Câu 2 (1,0 điểm). Cho góc ;
2

   
 
 mà 1sin
5
  . Tính sin
6

  
 
. 
Câu 3 (1,0 điểm). Cho hàm số  3 23 2 .y x x C    Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị 
 C tại điểm có tung độ bằng 2. 
Câu 4 (1,0 điểm). Đến tiêm phòng vắc xin tại một trung tâm y tế dự phòng có 12 trẻ em ở huyện 
A, 5 trẻ em ở huyện B. Tuy nhiên Trung tâm y tế chỉ còn 5 liều vắc xin tiêm phòng nên chọn 
ngẫu nhiên 5 trẻ em để tiêm phòng. Tính xác suất để 5 trẻ em được chọn có số trẻ em ở huyện A 
nhiều hơn số trẻ em ở huyện B và phải có ít nhất một trẻ em ở huyện B. 
Câu 5 (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh 2AB a . Hình 
chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. 
Chứng minh hai mặt phẳng  SAC và  SBD vuông góc với nhau. Tính theo a côsin của góc giữa 
đường thẳng AC và mặt phẳng (SAB), biết 2 15
9
aSG  . 
Câu 6 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  2 2 2 1 2 3 2,x x x x x x          . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc 
ABC nhọn, đỉnh ( 1;0).A  Gọi H, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường 
thẳng BD, BC, CD. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH là   2 2: 2 0C x y x y    . 
Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D biết E có hoành độ nguyên, C thuộc đường thẳng 3 0x y   và có 
hoành độ dương . 
..Hết.. 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:....; Số báo danh:. 
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN 
—————— 
Đáp án gồm: 05 trang. 
ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 4 
NĂM HỌC 2015 -2016 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN – KHỐI 11 
——————— 
I. LƯU Ý CHUNG: 
+Học sinh làm theo cách khác đáp án mà đúng vẫn được điểm tối đa. 
+Câu 5 nếu không vẽ hình hoặc hình vẽ sai thì không chấm điểm. 
II. ĐÁP ÁN: 
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 
1 
a Tính đạo hàm các hàm số sau: 
     4 2 2 12 3; 1 ;
sin 2
f x x x g x x h x
x
      
1.5 
   3' 4 4f x x x  0.5 
 
 '2
2 2
1
'
2 1 1
x xg x
x x
 
 
 
 0.5 
   
'
2 2
sin 2 2cos2'
sin 2 sin 2
x xh x
x x
    0.5 
b 
Tìm các giới hạn sau:    4 2 3 2
5
2 1lim 2 3 ; lim 3 2 ; lim
5x x x
xx x x x
x  

    

 1.5 
  4 2 4 2 4
2 3lim 2 3 lim 1
x x
x x x
x x 
        
 
 0.5 
 3 2 3 3
3 2lim 3 2 lim 1
x x
x x x
x x 
          
 
 0.5 
Ta có  
5
lim 5 0, 5 0 5
x
x x x

       và  
5
lim 2 1 11
x
x

   0.25 
Do đó 
5
2 1lim
5x
x
x

 

 0.25 
2 Cho góc ;
2

   
 
 mà 1sin
5
  . Tính sin
6

  
 
 1.0 
 Vì ;
2

   
 
 nên cos 0  . 0.25 
Ta có 2 2 1 4 2cos 1 sin 1 cos
5 5 5
          0.25 
 Do đó 1 3 2 1 3 2sin sin cos cos sin . .
6 6 6 2 25 5 2 5
  
  
       
 
 0.5 
3 Cho hàm số  
3 23 2 .y x x C    Viết phương trình tiếp tuyến với đồ 
thị  C tại điểm có tung độ bằng 2. 
1.0 
 Gọi    0; 2M x C  . Khi đó 
   3 2 3 20 0 0 0 0 02 3 2 3 0 0 3 0; 2 , 3; 2x x x x x x M M               
0.25 
Ta có: 2' 3 6y x x   
   ' 0 0, ' 3 9y y   
0.25 
Phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C tại điểm  0; 2M  là 2 0y   0.25 
Phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C tại điểm  3; 2M  là 9 25y x   0.25 
4 Đến tiêm phòng vắc xin tại một trung tâm y tế dự phòng có 12 trẻ em ở huyện 
A, 5 trẻ em ở huyện B. Tuy nhiên Trung tâm y tế chỉ còn 5 liều vắc xin tiêm 
phòng nên chọn ngẫu nhiên 5 trẻ em để tiêm phòng. Tính xác suất để 5 trẻ em 
được chọn có số trẻ em ở huyện A nhiều hơn số trẻ em ở huyện B và phải có ít 
nhất một trẻ em ở huyện B. 
1.0 
 Phép thử T: “Chọn ngẫu nhiên 5 trẻ em để tiêm phòng”. 
Số phần tử của không gian mẫu là:   517 6188n C   0.25 
Gọi X là biến cố: “5 trẻ em được chọn có số trẻ em ở huyện A nhiều hơn số trẻ 
em ở huyện B và phải có ít nhất một trẻ em ở huyện B”. 
TH1:4 trẻ huyện A, 1 trẻ huyện B ta có: 4 112 5. 2475C C  (cách chọn) 
0.25 
TH2: 3 trẻ huyện A, 2 trẻ huyện B ta có: 3 212 5. 2200C C  (cách chọn) 
  4675n X  
0.25 
Vậy    
 
4675 275
6188 364
n X
P X
n
  

 0.25 
5 
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh 2AB a . Hình 
chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của 
tam giác ABC. Chứng minh hai mặt phẳng  SAC và  SBD vuông góc với 
nhau. Tính theo a côsin của góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng 
(SAB), biết 2 15
9
aSG  
2.0 
O
G
M
D C
A
B
S
H
I
K
Ta có  SG ABCD AC SG   0.25 
,AC BD SG BD G   0.25 
Do đó  AC SBD 0.25 
Mà      AC SAC SAC SBD   0.25 
Gọi M là trung điểm BC, O là giao điểm của AC và BD. 
Hạ GI vuông góc với AB, I thuộc AB. Nối S với I, hạ GK vuông góc với SI, K 
thuộc SI. Khi đó K là hình chiếu vuông góc của G trên (SAB). Ta có 
2 2
3 3
aGI MB  , do đó 
2 2
. 10
6
GS GI aGK
GS GI
 

. 
0.5 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (SAB), ta có 3 10
2 4
aOH GK  . 
Khi đó AH là hình chiếu của AO lên (SAB) suy ra góc giữa AC và (SAB) là 
OAH . 
0.25 
Xét tam giác vuông OHA, ta có 
 10 5 11sin cos .
4 44. 2.
OH aOAH OAH
OA a
     
0.25 
6 Giải bất phương trình  2 2 2 1 2 3 2,x x x x x x          1.0 
 Điều kiện xác định của bất phương trình:  1 2 *x   
Đặt 1x u  và 2 ;x v  ta có: , 0u v  và 2 2 ,x x uv    
2 23 2 2 1x u v    
Do đó bất phương trình đã cho có thể viết dưới dạng: 
  2 22 2 1 1 2 1 0 (1)uv u v u v u v u v           
0.25 
 Do 0u v  và     2 3 2 1 2u v x x     nên 3u v  
Suy ra 1 0u v   Do đó (1) 2 1 0 2 1u v u v       
0.25 
 Với điều kiện  * bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình: 
   2
1 2
5 8 01 2
1 2 2 1 5 8 05 8 4 2
5 8 16 2
x
xx
x x xx x
x x
  
                       
0.25 
32 4 141
25
x     
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 32 4 141;
25
 
 
 
0.25 
7 
 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn, đỉnh ( 1;0).A  Gọi H, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A 
trên các đường thẳng BD, BC, CD. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam 
giác EFH là   2 2: 2 0C x y x y    . Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D biết E có 
hoành độ nguyên, C thuộc đường thẳng 3 0x y   và có hoành độ dương 
1.0 
Gọi I là giao điểm của AC và BD. Tứ giác AFCE nội tiếp đường tròn tâm I 
đường kính AC, ta có 
   02 2 180FIE FAE BCD   
Các tứ giác AHFD, AHCB nội tiếp nên   ,FAD FHD BAC BHC  . Do đó 
         0 0 0180 180 2 2 180FHE FHD BHC FAD BAC FAE BCD FIE         
 Suy ra tứ giác HIEF nội tiếp 
0.25 
Do đó I thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác EFH 
Gọi     1 3; 3 , 0 ;
2 2
c cC c c d c I        
 
 , do I thuộc (C) ta có 
2 2
21 3 1 3 0 3 0 3 0
2 2 2
c c c c c c c c                   
   
 (loại 
0c  ) 
Suy ra    3;0 , 1;0C I 
0.25 
Phương trình đường tròn tâm  1;0I , đường kính 4AC  là:  2 21 4x y   
Tọa độ điểm E, F thỏa mãn hệ phương trình: 
     
2 2
2 22 2 22
2
2 3 2 32 0
1 4 2 4 41 4
1, 22 3
3 6,5 16 12 0
5 5
x y x yx y x y
x y y yx y
x yx y
x yy y
                
            
       
      
Vì E có hoành độ nguyên nên   3 61; 2 , ;
5 5
E F     
 
Ta có phương trình đường thẳng : 1 0, : 3 3 0AB x y BC x y      
0.25 
Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ phương trình: 
 
1 0 3
3; 2
3 3 0 2
x y x
B
x y y
     
    
     
Ta có:    2;2 , 6;2 . 16 0BA BC BA BC    
   
 (thỏa mãn) 
I là trung điểm của BD nên  5;2D 
Vậy      3; 2 , 3;0 , 5;2B C D  
0.25 
--------------Hết---------------